（2014年）第7讲、导数应用(2)存在，不等式，根的个数（教师版）

导数中的不等式、存在性、根的个数问题

题型一、导数中的不等式

中BC【例1】已知函数f(x)?x3?x．

（1）求曲线y?f(x)在点M(t，f(t))处的切线方程；

（2）设a?0，如果过点(a，b)可作曲线y?f(x)的三条切线，证明：?a?b?f(a)． 1、(1)f'(x)=3x^2-1

f'(t)=3t^2-1, f(t)=t^3-t

因此在M点的切线为：y=(3t^2-1)(x-t)+t^3-t=(3t^2-1)x-2t^3

(2)设切点为(t, f(t)), 则过P点的切线为：y=(3t^2-1)(x-t)+t^3-t 因为过P点，所以切线斜率3t^2-1=(t^3-t-b)/(t-a) 3t^3-3at^2-t+a=t^3-t-b 即化简为：2t^3-3at^2+a+b=0 此方程需有三个不等实根 令g(t)=2t^3-3at^2+a+b

g'(t)=6t^2-6at=0, 得极值点：t=0, a 因此极大值g(0)=a+b>0,故b>-a

极小值g(a)=-a^3+a+b<0, 故b

优BC【变式】已知函数f(x)?lnx?ax?(Ⅰ)当a?1?a?1(a?R). x1时，讨论f(x)的单调性； 212（Ⅱ）设g(x)?x?2bx?4.当a?时，若对任意x1?(0,2)，存在x2??1,2?，使

4f(x1)?g(x2)，求实数b取值范围.

la?1?ax2?x?a?11?a?1(x?0)，f?(x)??a?2?(x?0) 解:(Ⅰ)f(x)?lnx?ax?2xxxx令h(x)?ax2?x?1?a(x?0)

（1）当a?0时，h(x)??x?1(x?0)，当x?(0,1),h(x)?0,f?(x)?0,函数f(x)单调递减；当x?(1,??),h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递增.

2(2)当a?0时，由f?(x)?0，即ax?x?1?a?0，解得x1?1,x2?1?1. a当a?1时x1?x2，h(x)?0恒成立，此时f?(x)?0，函数f(x)单调递减； 2 1

当0?a?11时，?1?1?0，x?(0,1)时h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递减； 2a1x?(1,?1)时，h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递增；

a1x?(?1,??)时，h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递减.

a1当a?0时?1?0，当x?(0,1),h(x)?0,f?(x)?0,函数f(x)单调递减；

a当x?(1,??),h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递增.

综上所述：当a?0时，函数f(x)在(0,1)单调递减，(1,??)单调递增；

1时x1?x2，h(x)?0恒成立，此时f?(x)?0，函数f(x)在(0,??)单调递减； 2111当0?a?时，函数f(x)在(0,1)单调递减，(1,?1)单调递增，(?1,??)单调递减.

a2a1（Ⅱ）当a?时，f(x)在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意x1?(0,2)，

41有f(x1)?f(1)?-，

21又已知存在x2??1,2?，使f(x1)?g(x2)，所以??g(x2)，x2??1,2?，（※）

2当a?又g(x)?(x?b)2?4?b2,x?[1,2]

当b?1时，g(x)min?g(1)?5?2b?0与（※）矛盾； 当b??1,2?时，g(x)min?g(1)?4?b2?0也与（※）矛盾； 当b?2时，g(x)min?g(2)?8?4b??综上，实数b的取值范围是[117,b?. 2817,??)8

32补充（切线交点）【例2】已知函数f?x??ax?bx?3x?a,b?R?在点1,f?1?处的切 线方程为y?2?0． ⑴求函数f?x?的解析式；

⑵若对于区间??2,2?上任意两个自变量的值x1,x2都有f?x1??f?x2??c，求实数c的最小值；

⑶若过点M?2,m??m?2?可作曲线y?f?x?的三条切线，求实数m的取值范围例

?? 2

2解：⑴f??x??3ax?2bx?3．

??a?1?f?1???2,?a?b?3??2,3根据题意，得?即?解得? 所以f?x??x?3x．

?b?0?3a?2b?3?0,??f??1??0,⑵令f??x??0，即3x2?3?0．得x??1．

x f??x? f?x? ?2 ??2,?1? + 增 ?1 极大值 ??1,1? ? 减 1 极小值 ?1,2? + 增 2 2 ?2 因为f??1??2，f?1???2，

所以当x???2,2?时，f?x?max?2，f?x?min??2． 则对于区间??2,2?上任意两个自变量的值x1,x2，都有

f?x1??f?x2??f?x?max?f?x?min?4，所以c?4．

所以c的最小值为4．

⑶因为点M?2,m??m?2?不在曲线y?f?x?上，所以可设切点为?x0,y0?．

3则y0?x0?3x0．

2因为f??x0??3x0?3，所以切线的斜率为3x0?3．

23x0?3x0?m则3x?3=，

x0?22032即2x0?6x0?6?m?0．

因为过点M?2,m??m?2?可作曲线y?f?x?的三条切线，

32所以方程2x0?6x0?6?m?0有三个不同的实数解．

所以函数g?x??2x?6x?6?m有三个不同的零点．

32则g??x??6x?12x．令g??x??0，则x?0或x?2．

2x ???,0? 0 ?0,2? 2 ?2,??? 3

g??x? + 增 极大值 ? 减 极小值 + 增 g?x? 则???6?m?0?g?0??0 ，即?，解得?6?m?2

??2?m?0??g?2??2良B【例3】已知函数f(x)?ax3?cx?d(a?0)是R上的奇函数，当x?1时f(x)取得极值?2。

（1）求f(x)的单调区间和极大值；

（2）证明对任意x1，x2?(?1,1)，不等式f(x1)?f(x2)?4恒成立。

解：（1）因为函数是奇函数，f(x)=f(-x)，所以有ax^3+cx+d=a(-x)^3-cx+d，所以d=0.

因为函数在x=1取极小值-2，所以有f‘(1）=3a+c=0，f(1）=a+c=-2，故a=1，c=-3. 故f(x）=x^3-3x。

然后对f（x）求导，可知f(x)在（-1，1）递减，故有：f(x)的最大值为：f(-1)=2。 （2）因为：函数f(x)为奇函数，且f(x)的最大值为2 所以：对任意X1,X2∈（-1，1），|f(x1)|<2,|f(x2)|<2

所以：|f(X1)-f(X2)|<=|f(x1)|+|f(x2)|<|f(1)|+|f(-1)|=4 即|f(X1)-f(X2)|＜4恒成立。

良C【变式】已知函数f(x)?x3?bx2?cx?1在区间(??,?2]上单调递增，在区间[?2,2]上单调递减，且b?0. (1)求f(x)的解析式；

(2)设0?m?2，若对任意的x1、x2?[m?2,m]不等式f(x1)?f(x2)?16m恒成立，求实数m的最小值．

4

【解析】?1?f?(x)＝3x2＋2bx＋c，因为f(x)在(－?，－2]上单调递增，在[－2,2]上单调递减，所以f?(x)＝3x2＋2bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1＝－2，x2?2，因为x1＋x2=-所以-2bc2b，x1x2=，所以x2=-+2，3332b+2?2，所以b?0.3又b?0，所以b＝0，所以x2＝2，c＝－12，所以f(x)＝x3－12x＋1.?2?已知条件等价于在[m－2，m]上[f(x)]max－[f(x)]min?16m.因为f(x)在[－2,2]上为减函数，且0?m?2，所以[m－2，m]?[－2,2]．所以f(x)在[m－2，m]上为减函数，所以[f(x)]max＝f(m－2)＝(m－2)3－12(m－2)＋1，[f(x)]min＝f(m)＝m3－12m＋1，所以[f(x)]max－[f(x)]min＝－6m2＋12m＋16?16m，4得m?－2或m?，34又因为0?m?2，所以mmin＝.3

优BC【例4】已知a,b是实数，函数f(x)?x3?ax,g(x)?x2?bx, f?(x)和g?(x)是

f(x),g(x)的导函数，若f?(x)g?(x)?0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I

上单调性一致.

（1）设a?0，若函数f(x)和g(x)在区间[?1,??)上单调性一致,求实数b的取值范围； （2）设a?0,且a?b，若函数f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致，求

|a?b|的最大值.

解：f?(x)?3x?a,g?(x)?2x?b.

（1）由题意知f?(x)g?(x)?0在[?1,??)上恒成立，因为a>0，故3x?a?0,

进而2x?b?0,即b??2x在区间[-1,+?)上恒成立，所以b?2.

22 5

因此b的取值范围是[2,??).[

（2）令f?(x)?0,解得x???.

若b?0,由a?0得0?(a,b).又因为f?(0)g?(0)?ab?0， 所以函数f(x)和g(x)在(a,b)上不是单调性一致的，因此b?0. 现设b?0.当x?(??,0)时,g?(x)?0；

a3

当x?(??,??a)时，f?(x)?0. 3a)时，f?(x)g?(x)?0. 3

因此，当x?(??,??

故由题设得a???且b?-?, 从而?a3a311?a?0,于是??b?0. 3311 因此|a?b|?,且当a??,b?0时等号成立，

331112 又当a??,b?0时,f?(x)g?(x)?6x(x?)，从而当x?(?,0)时f?(x)g?(x)?0

33911 故当函数f(x)和g(x)在(?,0)上单调性一致，因此|a?b|的最大值为.

331?a2x?ax?lnx(a?R). 优c【变式1】设函数f(x)?2

(Ⅰ) 当a?1时，求函数f(x)的极值； （Ⅱ）当a?1时，讨论函数f(x)的单调性. （Ⅲ）若对任意a?(2,3)及任意x1,x2?[1,2]，恒有ma?ln2?f(x1)?f(x2) 成立，求实数m的取值范围. 解：(Ⅰ)函数的定义域为(0,??). ' 当a?1时，f(x)?x?lnx,f(x)?1?1x?1?.令f'(x)?0,得x?1. xx'' 当0?x?1时，f(x)?0;当x?1时，f(x)?0. ?f(x)极小值=f(1)?1,无极大值.4分 6

(1?a)x2?ax?11[(1?a)x?1](x?1)（Ⅱ）f(x)?(1?a)x?a? ? ? xxx1(1?a)(x?)(x?1)a?1 ? 5分 x(x?1)21'?0, f(x)在(0,??)上是减函数； 当?1，即a?2时，f(x)??xa?111当或x?1; ?1，即a?2时，令f'(x)?0,得0?x?a?1a?11 令f'(x)?0,得?x?1. a?111 当?1，即1?a?2时，令f'(x)?0,得0?x?1或x?; a?1a?11' 令f(x)?0,得1?x?7分 . a?1 综上，当a?2时，f(x)在定义域上是减函数； 11 当a?2时，f(x)在(0,)和(1,??)单调递减，在(,1)上单调递增； a?1a?111 当1?a?2时，f(x)在(0,1)和()上单调递 ,??)单调递减，在(1,a?1a?1（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a?(2,3)时，f(x)在[1,2]上单调递减， 当x?1时，f(x)有最大值，当x?2时，f(x)有最小值. a3a3?f(x1)?f(x2)?f(1)?f(2)???ln2?ma?ln2???ln2 10分 222213113而a?0经整理得m?? 由2?a?3得????0，所以m?0. 22a422a题型二、存在性问题 1,)（BC）【例5】设函数f(x)定义在(0??上，f(1)?0，导函数f?(x)?，

x'g(x)?f(x)?f?(x)．

（1）求g(x)的单调区间和最小值； （2）讨论g(x)与g()的大小关系； （3）是否存在x0?0，使得|g(x)?g(x0)|?范围；若不存在，请说明理由．

解 （Ⅰ）由题设易知f(x)?lnx，g(x)?lnx?1x1对任意x?0成立？若存在，求出x0的取值x1， x?g'(x)?x?1，令g'(x)?0得x?1， x2当x?(0,1)时，g'(x)?0，故（0,1）是g(x)的单调减区间，

7

当x?(1,??)时，g'(x)?0，故(1,??)是g(x)的单调增区间，

因此，x?1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为

g(1)?1．

（Ⅱ）g(1x)??lnx?x，

设h(x)?g(x)?g(1x)?2lnx?x?1x，则h'(x)??(x?1)2x2，

当x?1时，h(1)?0，即g(x)?g(1x)， 当x?(0,1)?(1,??)时h'(x)?0，h'(1)?0， 因此，h(x)在(0,??)内单调递减，

当0?x?1时，h(x)?h(1)?0，即g(x)?g(1x)， 当x?1时，h(x)?h(1)?0，即g(x)?g(1x)． （Ⅲ）满足条件的x0不存在．

证明如下：

证法一 假设存在x10?0 ，使|g(x)?g(x0)|?x 对任意x?0 成立， 即对任意x?0，有 Inx?g(x20)?Inx?x ，（*） 但对上述xx0，取x1?eg(0)时，有 Inx1?g(x0)，这与（*）左边不等式矛盾，因此，不存在x10?0 ，使|g(x)?g(x0)|?x 对任意x?0成立。 证法二 假设存在x?0，使 |g(x)?g(x100)|?x 对任意的x?0成立。

由（Ⅰ）知，eg(x0) 的最小值为g(x)?1。

又g(x)?Inx?1x?Inx，而x?1时，Inx的值域为(0,??)， ∴ x?1 时，g(x) 的值域为[1,??)， 从而可取一个x1?1，使 g(x1)?g(x0)?1， 即g(x1)?g(x0) ?1，故 |g(x1)?g(x0)|?1?1x，与假设矛盾。 18

∴ 不存在x0?0 ，使|g(x)?g(x0)|?1 对任意x?0成立。 x（B）【例6】已知a，b为常数，且a≠0，函数f（x）=-ax+b+axlnx，f（e）=2（e=2．71828…是自然对数的底数）。 （I）求实数b的值；

（II）求函数f（x）的单调区间；

（III）当a=1时，是否同时存在实数m和M（m

1，e]）都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；e若不存在，说明理由。 解：（I）由f(e)?2得b?2,

（II）由（I）可得f(x)??ax?2?axlnx. 从而f'(x)?alnx.

因为a?0，故：

（1）当a?0时由,f'(x)>0得x>1,由f'(x)<0得0

综上，当a?0时，函数f(x)的单调递增区间为(1,??)，单调递减区间为（0，1）； 当a?0时，函数f(x)的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为(1,??)。 （III）当a=1时，f(x)??x?2?xlnx,f'(x)?lnx.

由（II）可得，当x在区间(,e)内变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：

1ex f'(x) 1 e 1(,1) e- 单调递减 1 0 极小值1 (1,e) + 单调递增 e 2 f(x) 又2?22? e21?2,所以函数f'(x)?(x?[,e])的值域为[1，2]。 ee?m?1,1据经可得，若?，则对每一个t?[m,M]，直线y=t与曲线y?f(x)(x?[,e])e?M?2都有公共点。

并且对每一个t?(??,m)1(M,??)，直线y?t与曲线y?f(x)(x?[,e])都没有公共

e9

点。

综上，当a=1时，存在最小的实数m=1，最大的实数M=2，使得对每一个t?[m,M]，直线y=t与曲线y?f(x)(x?[,e])都有公共点。 （B）【例7】设函数f(x)?x?(I)讨论f(x)的单调性；

（II）若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k?2?a?若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由． 解析：（I）f(x)的定义域为(0,??).

1e1?alnx(a?R). x1ax2?ax?1 f'(x)?1?2??

xxx22令g(x)?x2?ax?1,其判别式?a?4.

(1) 当|a|?2时,?0,f'(x)?0,故f(x)在(0,??)上单调递增．

(2) 当a??2时,>0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,??)上，f'(x)?0，故

f(x)在(0,??)上单调递增．

a?a2?4a?a2?4,x2?(3) 当a?2时,>0,g(x)=0的两根为x1?，

22当0?x?x1时， f'(x)?0；当x1?x?x2时， f'(x)?0；当x?x2时， f'(x)?0，故f(x)分别在(0,x1),(x2,??)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减． （II）由（I）知，a?2．

因为f(x1)?f(x2)?(x1?x2)?x1?x2?a(lnx1?lnx2)，所以 x1x2k?f(x1)?f(x2)lnx1?lnx21 ?1??ax1?x2x1x2x1?x2lnx1?lnx2

x1?x2又由(I)知，x1x2?1．于是k?2?a若存在a，使得k?2?a.则

lnx1?lnx2?1．即lnx1?lnx2?x1?x2．亦即

x1?x210

x2?1?2lnx2?0(x2?1)(*) x21t再由（I）知，函数h(t)?t??2lnt在(0,??)上单调递增，而x2?1，所以

x2?11?2lnx2?1??2ln1?0.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k?2?a. x21lnx，其中e是自然常数，a?R. x（BC）【例8】已知f(x)?ax?lnx,x?(0,e],g(x)?（Ⅰ）当a?1时, 研究f(x)的单调性与极值； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求证：f(x)?g(x)?； 2 （Ⅲ）是否存在实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 解：（Ⅰ）?f(x)?x?lnx，f?(x)?1?11x?1? ……1分 xx/∴当0?x?1时，f(x)?0，此时f(x)单调递减 当1?x?e时，f(x)?0，此时f(x)单调递增 …………3分 ∴f(x)的极小值为f(1)?1 ……4分 （Ⅱ）?f(x)的极小值为1，即f(x)在(0,e]上的最小值为1， ∴ f(x)?0，f(x)min?1……5分 /1lnx11?lnx??，h/(x)?， …………6分 x22x2当0?x?e时，h?(x)?0，h(x)在(0,e]上单调递增 ………7分 1111∴h(x)max?h(e)?????1?|f(x)|min ………9分 e2221∴在（1）的条件下，f(x)?g(x)?……………………………10分 2（Ⅲ）假设存在实数a，使f(x)?ax?lnx（x?(0,e]）有最小值3， 1ax?1f/(x)?a?? xx/① 当a?0时，x??0,e?，所以f(x)?0， 所以f(x)在(0,e]上单调递减， 4f(x)min?f(e)?ae?1?3，a?（舍去）， e所以，此时f(x)无最小值. ……12分 111②当0??e时，f(x)在(0,)上单调递减，在(,e]上单调递增 aaa1f(x)min?f()?1?lna?3，a?e2，满足条件. ……14分 a令h(x)?g(x)? 11

③ 当1?e时，x??0,e?，所以f/(x)?0， a4所以f(x)在(0,e]上单调递减，f(x)min?f(e)?ae?1?3，a?（舍去）， e所以，此时f(x)无最小值. ……15分 2综上，存在实数a?e，使得当x?(0,e]时f(x)有最小值3 .……16 （BC）【例9】已知函数f(x)?x?alnx(a为实常数). (1)若a??2，求证：函数f(x)在(1，+．∞)上是增函数； (2)求函数f(x)在[1，e]上的最小值及相应的x值； (3)若存在x?[1,e]，使得f(x)?(a?2)x成立，求实数a的取值范围. 22(x2?1)?0， （1）当a??2时，f(x)?x?2lnx，当x?(1,??)，f?(x)?x2故函数f(x)在(1,??)上是增函数．…………………………………………………4分 2x2?a(x?0)，当x?[1,e]，2x2?a?[a?2,a?2e2]． （2）f?(x)?x若a??2，f?(x)在[1,e]上非负（仅当a??2，x=1时，f?(x)?0），故函数f(x)在[1,e]上是增函数，此时[f(x)]min?f(1)?1． ………………………………………………6分 若?2e2?a??2，当x??a?a时，f?(x)?0；当1?x?时，f?(x)?0，此时f(x) 22是减函数； 当?a?a?x?e时，f?(x)?0，此时f(x)是增函数．故[f(x)]min?f() 22?aaaln(?)?． 222若a??2e2，f?(x)在[1,e]上非正（仅当a??2e2，x=e时，f?(x)?0），故函数f(x)在[1,e]上是减函数，此时[f(x)]min?f(e)?a?e2．……………………………………8分 综上可知，当a??2时，f(x)的最小值为1，相应的x值为1；当?2e2?a??2时，f(x) 的最小值为aaa?a；当a??2e2时，f(x)的最小值为a?e2， ln(?)?，相应的x值为2222 12

相应的x值为e．……………………………………………………………………10分 （3）不等式f(x)?(a?2)x， 可化为a(x?lnx)?x2?2x． ∵x?[1,e], ∴lnx?1?x且等号不能同时取，所以lnx?x，即x?lnx?0， x2?2x因而a?（x?[1,e]）………………………………………………12分 x?lnx(x?1)(x?2?2lnx)x2?2x令g(x)?（x?[1,e]），又g?(x)?，…………………14分 2x?lnx(x?lnx)当x?[1,e]时，x?1?0,lnx?1，x?2?2lnx?0， 从而g?(x)?0（仅当x=1时取等号），所以g(x)在[1,e]上为增函数， 故g(x)的最小值为g(1)??1，所以a的取值范围是[?1,??)． ………………………16分 题型三、导数与函数零点问题

3【例10】已知函数f(x) =x，g (x)=x+x。

求函数h (x)=f(x)-g (x)的零点个数，并说明理由；

13

【例11】设函数f(x)?x?c(e=2.71828是自然对数的底数,c?R). 2xe(Ⅰ)求f(x)的单调区间、最大值; (Ⅱ)讨论关于x的方程lnx?f(x)根的个数. 解:(Ⅰ)f'(x)?(1?2x)e?2x, 由f'(x)?0,解得x?12, 当x?12时,f'(x)?0,f(x)单调递减 所以,函数f(x)的单调递增区间是(??,1),单调递减区间是(122,??),

最大值为f(1)?122e?c (Ⅱ)令g(x)?lnx?f(x)?lnx?xe2x?c x?(0,??) (1)当x?(1,??)时,lnx?0,则g(x)?lnx?xe2x?c, 2x所以,g'(x)?e?2x(ex?2x?1) e2x因为2x?1?0,x?0 所以 g'(x)?0

因此g(x)在(1,??)上单调递增.

(2)当x?(0,1)时,当时,lnx?0,则g(x)??lnx?xe2x?c, x所以,g'(x)?e?2x(?e2x?2x?1)

因为e2x?(1,e2),e2x?1?x?0,又2x?1?1

?e2x所以?2x?1?0 所以 g'x(x)?0

因此g(x)在(0,1)上单调递减.

综合(1)(2)可知 当x?(0,??)时,g(x)?g(1)??e?2?c, 当g(1)??e?2?c?0,即c??e?2时,g(x)没有零点,

14

故关于x的方程lnx?f(x)根的个数为0;

当g(1)??e?2?c?0,即c??e?2时,g(x)只有一个零点, 故关于x的方程lnx?f(x)根的个数为1; 当g(1)??e?2?c?0,即c??e?2时, ①当x?(1,??)时,由(Ⅰ)知

g(x)?lnx?x1?1?c?lnx?(e?c)?lnx?1?c e2x2要使g(x)?0,只需使lnx?1?c?0,即x?(e1?c,??); ②当x?(0,1)时,由(Ⅰ)知

g(x)??lnx?x1?1?c??lnx?(e?c)??lnx?1?c; 2xe2要使g(x)?0,只需使?lnx?1?c?0,即x?(0,e?1?c);

所以当c??e?2时,g(x)有两个零点,故关于x的方程lnx?f(x)根的个数为2; 综上所述:

当c??e?2时,关于x的方程lnx?f(x)根的个数为0; 当c??e?2时,关于x的方程lnx?f(x)根的个数为1; 当c??e?2时,关于x的方程lnx?f(x)根的个数为2.

()x?x?2ax?bx?a()?x?3x?2良【例12】设函数f，gx，其中x?R，a、b为

常数，已知曲线y?f(x)与y?g(x)在点（2,0）处有相同的切线l。 (I) 求a、b的值，并写出切线l的方程；

(II)若方程f()有三个互不相同的实根0、x、x，其中x1?x2，且对任意x?g()x?mx的x??x恒成立，求实数m的取值范围。 ()?g()x?m(x?1)1,x2?，fx解：（Ⅰ）f?(x)?3x?4ax?b,g?(x)?2x?3.

由于曲线y?f(x)与y?g(x)在点（2，0）处有相同的切线， 故有f(2)?g(2)?0,f?(2)?g?(2)?1.

2322 15

由此得??8?8a?2b?a?0,?a??2, 解得??12?8a?b?1,?b?5.

所以a??2,b?5，切线l的方程为x?y?2?0

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)?x3?4x2?5x?2，所以f(x)?g(x)?x3?3x2?2x.

依题意，方程x(x2?3x?2?m)?0有三个互不相同的实数0,x1,x2， 故x1,x2是方程x2?3x?2?m?0的两相异的实根。 所以??9?4(2?m)?0,即m??.

又对任意的x?[x1,x2],f(x)?g(x)?m(x?1)成立，

特别地，取x?x1时，f(x1)?g(x1)?mx1??m成立，得m?0. 由韦达定理，可得x1?x2?3?0,x1x2?2?m?0,故0?x1?x2. 对任意的x?[x1,x2],有x-x2?0,x?x1?0,x?0

则f(x)?g(x)?mx?x(x?x1)(x?x2)?0,又f(x1)?g(x1)?mx1?0 所以函数f(x)?g(x)?mx在x?[x1,x2]的最大值为0。

于是当m?0时，对任意的x?[x1,x2],f(x)?g(x)?m(x?1)恒成立， 综上，m的取值范围是(?

141,0). 412良【例13】设函数f(x)?clnx?x?bx(b,c?R,c?0)，且x?1为f(x)的极值点． 2(Ⅰ) 若x?1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间（用c表示）； (Ⅱ)若f(x)?0恰有两解，求实数c的取值范围． cx2?bx?c解： f'(x)??x?b?，又f'(1)?0 xx所以f'(x)?(x?1)(x?c)且c?1，b?c?1?0 …………4分 x（I）因为x?1为f(x)的极大值点，所以c?1 当0?x?1时，f'(x)?0；当1?x?c时，f'(x)?0；当x?c时，f'(x)?0 所以f(x)的递增区间为(0,1)，(c,??)；递减区间为(1,c)．…………7分

16

（II）①若c?0，则f(x)在(0,1)上递减，在(1,??)上递增 11f(x)?0恰有两解，则f(1)?0，即?b?0，所以??c?0； 22112②若0?c?1，则f极大(x)?f(c)?clnc?c?bc，f极小(x)?f(1)??b 22c2c2?c(?1?c)?clnc?c??0 因为b??1?c，则f极大(x)?clnc?221f极小(x)???c，从而2f(x?)只0有一解；③若c?1，则c2c21f极小(x)?clnc??c(?1?c)?clnc?c??0,f极大(x)???c, 则f(x)?0只222有一解.综上，使f(x)?0恰有两解的c的范围为?

1?c?0．…………15分 2 17

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/uqp3.html